\(\LARGE{\frac{\frac{\int_{0}^{+\infty}e^{-s}s^5ds }{2} +\frac{\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}dt}{\int_{0}^{+\infty}\sin t^2dt} (\frac{\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}}{\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx}+\frac{\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan\frac{1}{n^2}}{\lim_{t \to 0^+}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{t\cos x}{x^2+t^2}dx })}{\lim_{n \to \infty}\left \{ \left [ \left ( \int_{0}^{1}\frac{x^{n-1}}{1+x}dx \right )n-\frac{1}{2} \right ]\frac{n}{2} \right \}(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-10\pi t^2})^2}}\)
\(+\LARGE{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin x dx+(\frac{\int_{-2\sqrt{2}}^{2\sqrt{2}}\sqrt{8-x^2}dx}{(\int_0^{+\infty}e^{-s}s^{\frac{1}{2}}ds)^{2}}) ^{\int_0^{\sqrt[3]{6}}x^2dx}}\)
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一.分部求解
Part 1：\(\int_{0}^{+\infty}e^{-s}s^5ds\)
熟知 \(\int_{0}^{+\infty}e^{-s}s^5ds=\Gamma(6)=5!=120\)。
Part 2：\(\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}dt\)
先计算拓展后的高斯积分。我们很快可以得到
令 \(t=\sqrt{a}(x-\frac{b}{2a})\)，那么原式 \(=\frac{e^{\small{\frac{b^2}{4a}}+c}}{\sqrt{a}} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^2}dt\)。令 \(t^2=\alpha\)，那么原式 \(=\frac{e^{\small{\frac{b^2}{4a}}+c}}{\sqrt{a}} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\alpha}\alpha^{-\frac{1}{2}}d\alpha==\frac{e^{\small{\frac{b^2}{4a}}+c}}{\sqrt{a}}\Gamma(\frac{1}{2})\)。
根据 Euler 余元公式 \(\Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha)=\frac{\pi}{\sin \alpha\pi}\)，取 \(\alpha=\frac{1}{2}\) 得 \(\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}\)。代回原式，取 \(a=\frac{1}{2},b=c=0\) 得\(\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}dt=\sqrt{2\pi}\)。
Part 3：\(\int_{0}^{+\infty}\sin t^2dt\)
由菲谢尔积分得原积分必收敛。先令 \(t^2=\alpha\) 得到 \(\int_{0}^{+\infty}\sin t^2dt=\frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin \alpha}{\sqrt{\alpha}} d\alpha\)，下面在高斯积分的结论中，令 \(x=\sqrt{\alpha}u\)，我们得到 \(\sqrt{\alpha}\int_{0}^{+\infty}e^{-\alpha u^2}du=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\)，从而原式 \(=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}\sin tdt\int_{0}^{+\infty} e^{tu^2}du=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}(\int_{0}^{+\infty} \sin t e^{tu^2}du)dt\)。
由 \(\int_{0}^{+\infty}e^{-ax}\sin xdx=\frac{1}{1+a^2}\) 易得原式为 \(\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+u^4}du=\sqrt{\frac{\pi}{8}}\)
Part 4：\(\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}\)
显然原式 \(=\arctan 1=\frac{\pi}{4}\)。
Part 5：\(\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx\)
用罗氏积分法，取 \(f(x)=1\)，那么原式 \(=\frac{\pi}{2}\)。
罗氏积分法的证明从略。
Part 6：\(\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan\frac{1}{n^2}\)
注意到公式 \(\arctan (A)+\arctan (B)=\arctan \left(\frac{A+B}{1-A B}\right)\)，那么我们对原式进行裂项，得到原式 \(=\sum_{n=0}^{+\infty}\arctan(n+1)-\arctan(1-n)\)，稍作处理得到结果应为 \(\frac{3}{4}\pi\)。
Part 7：\(\lim_{t \to 0^+}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{t\cos x}{x^2+t^2}dx\)
对于内层的积分，我们把它适当变形为拉普拉斯积分的形式，也就是内层积分 \(=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(t\times\frac{x}{t})}{(\frac{x}{t})^2+1}d(\frac{x}{t})=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos(t\alpha)}{(\alpha)^2+1}d\alpha=e^{-t}\pi\)，所以原式 \(=\lim_{t \to 0^+}e^{-t}\pi=\pi\)。
Part 8：\(\lim_{n \to \infty}\left \{ \left [ \left ( \int_{0}^{1}\frac{x^{n-1}}{1+x}dx \right )n-\frac{1}{2} \right ]\frac{n}{2} \right \}\)
老老实实暴力计算即可。
内层积分 \(=\frac{1}{n}[\frac{x^n}{1+x}\mid^1_0=\frac{1}{2}+\int_{0}^{1}\frac{x^{n}}{(1+x)^2}]\)，因此括号内部相当于 \(\frac{n}{2(n+1)}[\frac{x^{n}}{(1+x)^2}\mid^1_0+2\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{(1+x)^3}]\)。
既然已经如此，可以轻易得出原式为 \(\frac{1}{8}\)。
Part 9：\((\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-10\pi t^2})^2\)
根据扩展高斯积分公式，直接得出答案应为 \(\frac{1}{10}\)。
Part 10：\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin x dx\)
显然答案为 \(1\)。
Part 11：\(\int_{-2\sqrt{2}}^{2\sqrt{2}}\sqrt{8-x^2}dx\)
考虑其几何意义，答案应为 \(4\pi\)。
Part 12：\((\int_0^{+\infty}e^{-s}s^{\frac{1}{2}}ds)^{2}\)
已知 \(\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}\)，那么答案显然是 \(\pi\)。
Part 13：\(\int_0^{\sqrt[3]{6}} x^2dx\)
这是一个我们很熟悉的积分。答案应该是 \(2\)。
二.带入求值
带入以上所有结果，那么原式 \(=\frac{\frac{120}{2}+\frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{\frac{\pi}{8}}}(\frac{\frac{\pi}{4}}{\frac{\pi}{2}}+\frac{\frac{3\pi}{4}}{\pi})}{\frac{1}{8}\times\frac{1}{10}}+1+(\frac{4\pi}{\pi})^2=5217\)。